广东省茂名市重点中学2022-2023高三下学期5月月考数学试题（含解析）

广东省茂名市重点中学2022-2023学年高三下学期5月月考
数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若复数，则在复平面内所对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. 已知集合，，若，则（ ）
A. B. C. 2 D. 3
3. 已知非零向量 满足，且向量在向量方向的投影向量是，则向量与 的夹角是（ ）
A. B. C. D.
4. 设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为、和，则（ ）
A. B. C. D.
5. 在平面直角坐标系中，已知圆：，若直线：上有且只有一个点 满足：过点作圆C的两条切线PM，PN，切点分别为M，N，且使得四边形PMCN为正方形，则正实数m的值为（ ）
A. 1 B. C. 3 D. 7
6.点为抛物线上的两点，是抛物线的焦点，若中点到抛物线 的准线的距离为，则的最小值为（ ）
A.1 B.2 C. D.
7．圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是一座始建于 1907 年拜占庭风格的东正教教堂，被列为第四批全国重点文物保护单位，其中央主体建筑集球， 圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美.如图，小明为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物 AB，高为 6m，在它们之间的地面上的点 M（B，M，D 三点共线）处测得楼顶 A，教堂顶 C 的仰角分别是 15°和 60°，在楼顶 A 处测得塔顶 C 的仰角为 30°，则小明估算索菲亚教堂的高度约为(取1.7)( )
A．24.2m B．28.2m C．33.5m D．46.4m
8. 已知奇函数在上是减函数，，若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 随机变量且，随机变量，若，则（ ）
A. B. C. D.
10. 已知函数的零点依次构成一个公差为的等差数列，把函数 的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数（ ）
A. 是奇函数 B. 图象关于直线对称
C. 在上是减函数 D. 在上的值域为
11、如图所示，已知A为圆台O1O2下底面圆周上一点，S为上底面圆周上一点，且SO1=1,O1O2=,AO2=2,则
A.该圆台的体积为
B.直线SA与直线O1O2所成角最大值为
C.该圆台有内切球，且半径为
D.直线AO1与平面SO1O2所成角正切值的最大值为
12. 已知函数，.（ ）
A. 若曲线在点处的切线方程为，且过点，则，
B. 当且时，函数在上单调递增
C. 当时，若函数有三个零点，则
D. 当时，若存在唯一的整数，使得，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 用数字1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有_________个.（用数字作答）
14.若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为__________.
15. 在排球比赛的小组循环赛中，每场比赛采用五局三胜制．甲、乙两队小组赛中相见，积分规则如下：以或获胜的球队积3分，落败的球队积0分；以获胜的球队积2分，落败的球队积1分．若甲队每局比赛获胜的概率为0.6，则在甲队本场比赛所得积分为3分的条件下，甲队前2局比赛都获胜的概率是________．(用分数表示)
16. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，椭圆C在第一象限存在点M，使得，直线与y轴交于点A，且是的角平分线，则椭圆C的离心率为_________.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
18．(10分）已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且3ccosB＝3a+2b．
（Ⅰ）求cosC；
（Ⅱ）若，a＝3，如图，D为线段AB上一点，且CD⊥AC，
求CD的长．
18．（12分）已知数列．
（1）若存在一个实数λ，使得数列为等差数列，请求出λ的值；
（2）在（1）的条件下，求出数列{an}的前n项和Sn．
19．（12分）如图，在四棱锥E﹣ABCD中，EC⊥平面ABCD，
AB⊥BC，△ACD是等边三角形，AC＝2．
（1）若AB＝1，求证：BC⊥平面CDE；
（2）若二面角E﹣AB﹣D为30°，EC＝1，
求直线DE与平面ABE所成的角的正弦值．
20. （12分）某校数学组老师为了解学生数学学科核心素养整体发展水平，组织本校8000名学生进行针对性检测(检测分为初试和复试)，并随机抽取了100名学生的初试成绩，绘制了频率分布直方图，如图所示．
（1）根据频率分布直方图，求样本平均数的估计值;
（2）若所有学生的初试成绩近似服从正态分布，
其中为样本平均数的估计值，．初试成绩不低
于90分的学生才能参加复试，试估计能参加复试的人数;
复试共三道题，规定：全部答对获得一等奖;答对两道题获
得二等奖;答对一道题获得三等奖;全部答错不获奖．已知某学生
进人了复试，他在复试中前两道题答对的概率均为，第三道题答对的概率为．若他获得一等奖的概率为，设他获得二等奖的概率为，求的最小值．
附：若随机变昰服从正态分布，则，
21.（12分）已知双曲线的中心为坐标原点，对称轴为轴和轴，且双曲线过点，.
（1）求双曲线的方程；
（2）设过点的直线分别交的左 右支于两点，过点作垂直于轴的直线，交直线于点，点满足.证明：直线过定点.
22.（12分）函数为的导函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若在三个不同的极值点.
（i）求的取值范围；
（ii）证明.
数学答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 C D B B C A B D AC ACD ACD BCD
1. ，
故在复平面内对应的点,
则在复平面内所对应的点位于第三象限. 故选:C．
2. 因为，
所以或，
当时，即，
则，不满足集合中元素的互异性，舍去；
当时，或，
当时，，不满足集合中元素的互异性，舍去；
当时，，满足题意，
所以， 故选：D．
3.因为，所以，即①.
因为向量在向量方向的投影向量是，所以.
所以②，将①代入②得，，又，
所以. 故选：B
4. 设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为.
正方体表面积为，所以，
所以，；
如图，正四面体，为中点，为的中心，则是底面上的高.
则，，所以，
所以，
所以，正四面体的表面积为，所以.
又为的中心，所以.
又根据正四面体的性质，可知，
所以，
所以，；
球的表面积为，所以，
所以，.
因为，
所以，，
所以，. 故选：B.
5. 由可知圆心，半径为，
因为四边形PMCN为正方形，且边长为圆的半径，所以，
所以直线：上有且只有一个点，使得，即，
所以圆心到直线的距离为，
所以，解得或（舍）. 故选：C
6.在中，
，易得. 故选：A
在Rt△ABM中，在Rt△ABM中，∠CAM=30O+15O=45O,∠AMC=180O-15O-60O=105O,
所以∠ACM=30o，由正弦定理，可得，
由， 在Rt△ABM中CD=CMsin60o=
8. 因为奇函数且在上是减函数，所以，且，时.
因，所以，故为偶函数.
当时，，因，，所以.
即在上单调递减.
，
因，所以，即.
9. 对AB，因为且，
所以，故，，选项A正确，选项B错误；
对C，因为，所以，
所以，解得，选项C正确；
对D，，选项D错误.
10. ，
由于函数的零点构成一个公差为的等差数列，则该函数的最小正周期为，
，则，所以，
将函数的图象沿轴向右平移个单位，
得到函数的图象.
对于A选项，函数的定义域为，，
函数为奇函数，A选项正确；
对于B选项，，所以函数的图象不关于直线对称，B选项错误；
对于C选项，当时，，则函数在上是减函数，C选项正确；
对于D选项，当时，，则，.
所以，函数在区间上的值域为，D选项正确.
11、对于 A选项 , ,则 A选项正确.
对于 B选项,如图(1) ,过 s 作 sD垂直于下底面于点 D,则O1O2//SD
所以直线 sA与直线O1O2所成角即为直线 sA与直线 sD所成 角 , 图(1)
即∠ASD为所求 ,而 ,
由圆的性质得,1 ≤AD≤3 , 所以 ,因为 ,
则 B选项错误.
对于 C选项,若圆台存在内切球,则必有轴截面的等腰梯形存在内切圆,如图(2)所示,梯形的上底和下底分别为 2,4,高为 ,易得等腰梯形的腰为 ,假设等腰梯形有内切圆,由内切圆的性质可得腰长为 R1 +R2 =3 ,所以圆台存在内切球,且内切球的半径为 ,则 C选项正确; 图(2)
对于 D选项,如图(3) ,
平面SO1O2即平面SO1O2C，过点A作AH⊥BC于点H，因为SD垂直于下底面，而AH含于下底面，所以SD⊥AH,又SDBC=D,所以AH⊥平面SO1O2C，所以直线AO1与平面SO1O2C所成角即为∠AO1H，且，设AH=x，则，
所以，其中AH=x[0,2]，
所以，
当X=0时，tan∠AO1H=0,当x(0,2]时， 图(3)
根据复合函数的单调性，可知函数在(0,2]上单调递增，
所以当x=2时，tan∠AO1H有最大值，最大值为，所以D正确.
12. A选项，，由题，，则，，故A错误；
B选项，当时，，.因，则.
或在上单调递增，则在上单调递增，故B正确；
C选项，当时，令，
注意到当时，，则，则函数有三个零点，相当于直线与函数图象有三个交点.
令，其中.
.
令或在上单调递增；
或或或
在，
上单调递减，又，
则可得大致图象如下，则由图可得，当，
直线与函数图象有三个交点，即此时函数有三个零点，故C正确；
D选项，由题可得，，
即存在唯一整数，使 图象在直线下方.
则，，
得在上单调递减，在上单调递增，
又，过定点，
可在同一坐标系下做出与图象.又设过点切线方程的切点为，
则切线方程为：，因其过，
则或，又注意到
结合两函数图象，可知或2.
当时，如图1，需满足；
当时，如图2，需满足；
综上：，故D正确.
13. 【答案】312
【详解】偶数包含2，4，6，奇数包含1，3，5，7，
1.若四位数没有偶数，则都是奇数，有个；
2.若四位数有一个偶数，三个奇数，有个，
综上可知，共有个.
【答案】 --22
【详解】由可得，令，
当时，.当时单调减，当时单调递增，
所以当时有最小值，即.
函数，则，当时，.
当时单调递增，当时单调递增，当时单调递增.
因此，故函数在上的最大值为5，最小值为-27，
最大值与最小值的和为--22.
15. 【答案】
【详解】甲队以获胜，即三局都是甲胜，概率是，
甲队以获胜，即前三局有两局甲胜，第四局甲胜，概率是，
设“甲队本场比赛所得积分为3分”为事件，“甲队前2局比赛都获胜”为事件，
甲队以获胜，即前2局都是甲胜，第4局甲胜，概率是，
则，，
则在甲队本场比赛所得积分为3分的条件下，
甲队前2局比赛都获胜的概率.
16. 【答案】
【详解】由题意得，
又由椭圆的定义得，
记，则，，
则，所以，
故，
则，则，即
等价于，得：或（舍）
17．解：（Ⅰ）法1：根据正弦定理，由3ccosB＝3a+2b，
可得：3sinCcosB＝3sin[π﹣（B+C）]+2sinB，
整理得3sinBcosC+2sinB＝0．
因为sinB≠0， 所以．
法2：由3ccosB＝3a+2b得3accosB＝3a2+2ab，
由余弦定理得：3（a2+c2﹣b2）＝6a24ab，
整理得3（﹣a2+c2﹣b2）＝4ab，3abcosC+2ab＝0． 所以．
（Ⅱ）法1：在△ABC中，由余弦定理得：，
整理得b2+4b﹣12＝0，解得b＝2或b＝﹣6（舍），即AC＝2．
在△ABC中，由（1）结论可知：．
由正弦定理得， 所以，
由（Ⅰ）结论可得出A为锐角，
所以，，
在△ACD中，．
法2：在△ABC中，由余弦定理得：21＝9+b2﹣2×3×b×cosC，
将（Ⅰ）中所求代入整理得：b2+4b﹣12＝0，解得b＝2或b＝﹣6（舍），即AC＝2．
在△ABC中，由余弦定理可知：，
所以，，
在△ACD中，．
18．解：（1）假设存在实数λ符合题意．
则必为与n无关的常数，
∵＝，
要使是与n无关的常数，则．
故存在实数λ＝﹣1．使得数列为等差数列．
（2）由（1）可得， ∴，
∴， ∴an＝（n+1）2n+1
令bn＝（n+1）2n且前n项和为Tn，
∴
2Tn＝2×23+3×23+…+（n+1）×2n+1
∴﹣Tn＝4+22+23+…﹣（n+1）×2n+1
＝4+﹣2n+1（n+1）
＝4×2n﹣1﹣2n+1（n+1）
＝2n+1﹣（n+1）2n+1＝﹣n 2n+1，
∴Tn＝n2n+1．
∴Sn＝n2n+1+n．
19．证明：（1）在△ABC中，因为∠ABC＝90°，AC＝2AB，所以∠ACB＝30°，
因为△ACD是等边三角形，所以∠ACD＝60°，
因此∠BCD＝90°，所以BC⊥CD，
因为EC⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，所以EC⊥BC，
因为EC∩CD＝C，所以BC⊥平面CDE；
解：（2）因为EC⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，所以AB⊥EC，
又AB⊥BC，且BC∩EC＝C，所以AB⊥平面BCE，
又BE 平面BCE，所以AB⊥BE，因此∠CBE即为二面角E﹣AB﹣D的平面角，
所以，所以∠ACB＝30°，
以AC的中点O为原点，分别以AC，OD所在直线为x轴和y轴，
建立如下图所示的坐标系
则，
于是，
设平面ABE的法向量为＝（x，y，z），
取x＝1，得，
设直线DE与平面ABE所成角为θ，
则，
故直线DE与平面ABE所成角的正弦值为．
20. 【解】(1)设样本平均数的估计值为
则．
解得．所以样本平均数的估计值为62．
(2)因为学生的初试成绩近似服从正态分布，其中．
所以．所以．
所以估计能参加复试的人数为．
(3)由该学生获一等奖的概率为可知：．
则．
令．．
当时，;当时，．
所以在区间上是减函数，在区间上是增函数．
所以．所以的最小值为．
21.解：（1）由题意知，双曲线焦点在轴上，故设双曲线方程为.
将两点坐标代入双曲线方程得.
所以，即双曲线方程为.
（2）直线过定点，下面给出证明.
三点共线
设点，直线方程为.
由题意知，直线的方程为.
点为线段的中点，从而.
，若.
化简得……（1）
又，代入（1）式得.
即证……（2）
联立，化简得.
则.
代入（2）式左边得
.
由于.
从而（2）式左边等于0成立，直线过定点.
22.解：（1）由题意知，.
记，则.
当即时，在单调递增.
当即或时，设的解为.
若，则由得，.
因为，所以在单调递增.
若，则由得，.
此时.
在递增，在递减，在递增.
综上所述，当时，在单调递增；
当时，在和单调递增，
在单调递减.
（2）（i）有三个不同的极值点等价于有三个不同根.
显然，是方程的一个根.则问题转化为当时，方程有两个不等的根.
令，则.
构造函数且，令，则.
，即在单调递增.
又因为.所以当时，；当时，.
易知：当时，，则单调递增.
当时，，则单调递减.
当时，，则的图象如下图所示：
为使与有两个交点，则的取值范围是.
（ii）令.
则易知：若是方程的根，则也是方程的根，即有.
欲证，只需证，令.
由（i）可知，.
所以.
.
.
即.
因为，所以，即在上单调递减.
又因为，所以在上恒成立.
即在上恒成立.证得恒成立，即.

转载请注明出处卷子答案网-一个不只有答案的网站 » 广东省茂名市重点中学2022-2023高三下学期5月月考数学试题（含解析）